浙江省寧波市九校2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期期末聯(lián)考物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1寧波市2022學(xué)年第二學(xué)期期末九校聯(lián)考高二物理試題選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分.每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.下列物理量屬于矢量的是（）A.磁通量 B.電流I C.功W D.磁感應(yīng)強(qiáng)度B〖答案〗D〖解析〗A.磁通量雖有方向，但磁通量運(yùn)算不遵守平行四邊形定則，磁通量是標(biāo)量，故A錯(cuò)誤；B.電流方向表示正電荷定向移動(dòng)方向，電流運(yùn)算不遵守平行四邊形定則，電流是標(biāo)量，故B錯(cuò)誤；C.功只有大小沒(méi)有方向，是標(biāo)量，故C錯(cuò)誤；D.磁感應(yīng)強(qiáng)度既有大小又有方向，運(yùn)算遵守平行四邊形定則，是矢量，故D正確。2.下列說(shuō)法符合事實(shí)的是（）A.顯微鏡下觀察到墨水中的小炭粒在不停地做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，這反映了小炭粒分子運(yùn)動(dòng)的無(wú)規(guī)則性B.第一個(gè)提出量子概念的科學(xué)家是愛(ài)因斯坦C.法拉第經(jīng)過(guò)長(zhǎng)達(dá)十年的實(shí)驗(yàn)探究，發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象D.J·J·湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子并提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型〖答案〗C〖解析〗A.顯微鏡下觀察到墨水中的小炭粒在不停地做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，是因?yàn)槭艿剿肿拥淖矒簦@反映了水分子運(yùn)動(dòng)的無(wú)規(guī)則性，A錯(cuò)誤；B.第一個(gè)提出量子概念的科學(xué)家是普朗克，B錯(cuò)誤；C.法拉第經(jīng)過(guò)長(zhǎng)達(dá)十年的實(shí)驗(yàn)探究，發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，C正確；D.J·J·湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子，盧瑟福提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，D錯(cuò)誤。3.圖甲為某項(xiàng)鏈展示臺(tái)，展示臺(tái)可近似看成是與水平方向成角的斜面。項(xiàng)鏈由鏈條和掛墜組成，如圖乙所示，其中完全相同的甲乙項(xiàng)鏈，鏈條穿過(guò)掛墜懸掛于斜面上，不計(jì)一切摩擦，則（）A.鏈條受到掛墜的作用力是由鏈條的形變產(chǎn)生的B.掛墜的重力沿垂直斜面方向的分力就是斜面受到的壓力C.甲項(xiàng)鏈鏈條對(duì)掛墜的作用力等于乙項(xiàng)鏈鏈條對(duì)掛墜的作用力D.減小斜面的傾角，甲乙項(xiàng)鏈鏈條受到的拉力都增大〖答案〗C〖解析〗A.鏈條受到掛墜的作用力是由掛墜的形變產(chǎn)生的，故A錯(cuò)誤；B.掛墜的重力沿垂直斜面方向的分力和斜面受到的壓力不是同一種性質(zhì)的力，不能說(shuō)掛墜的重力沿垂直斜面方向的分力就是斜面受到的壓力。故B錯(cuò)誤；C.由共點(diǎn)力平衡的條件，項(xiàng)鏈鏈條對(duì)掛墜的作用力大小等于掛墜的重力沿斜面向下的分力。設(shè)掛墜質(zhì)量為，斜面的傾角，兩掛墜重力沿斜面向下的分力相同。因此甲項(xiàng)鏈鏈條對(duì)掛墜的作用力等于乙項(xiàng)鏈鏈條對(duì)掛墜的作用力。故C正確；D.甲乙項(xiàng)鏈鏈條受到的拉力減小斜面的傾角，減小，甲乙項(xiàng)鏈鏈條受到的拉力都減小。故D錯(cuò)誤。4.小明同學(xué)利用廢舊透明膠纏繞廢紙做成一個(gè)紙球，讓紙球從某一高度下落，如圖所示，若紙球下落過(guò)程中空氣阻力與速度成正比，并經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間落地，則紙球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、重力勢(shì)能、動(dòng)能、機(jī)械能E隨下落時(shí)間或下落高度h的關(guān)系圖像可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗A.依題意，阻力與速度成正比，即由牛頓第二定律，可得聯(lián)立，解得可知加速度隨著速度的增加逐漸減小，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，然后紙球勻速下落。v-t圖線先是斜率變小的曲線，然后是斜率不變的直線。故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)重力勢(shì)能的表達(dá)式可知-h圖線為直線，且隨著下落高度的增加重力勢(shì)能減小。故B正確；C.根據(jù)可知-h圖線的斜率先變小，當(dāng)二力平衡后，動(dòng)能不變，斜率為零。故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)解得可知E-h圖線的斜率先增大，后保持不變。故D錯(cuò)誤。5.有一個(gè)趣味實(shí)驗(yàn)“靜電章魚(yú)”，實(shí)驗(yàn)過(guò)程是將塑料絲的一端扎緊，用紙巾不停摩擦，再用紙巾不斷摩擦PVC塑料管，將摩擦后的塑料絲拋向空中，PVC塑料管在這束塑料絲的下方，上面的塑料絲瞬間分散開(kāi)，懸浮在空中，宛如一條章魚(yú)揮動(dòng)自己的觸角（如圖所示），關(guān)于實(shí)驗(yàn)，以下說(shuō)法正確的是（）A.紙巾摩擦塑料絲，使塑料絲產(chǎn)生了電荷B.實(shí)驗(yàn)越潮濕現(xiàn)象越明顯C.PVC管和塑料絲帶的是異種電荷D.“章魚(yú)”遠(yuǎn)離塑料管的過(guò)程中，兩者組成的系統(tǒng)電勢(shì)能減小〖答案〗D〖解析〗A.紙巾摩擦塑料絲，電子在紙巾和塑料絲之間發(fā)生轉(zhuǎn)移，使塑料絲帶上了電荷。故A錯(cuò)誤；B.實(shí)驗(yàn)環(huán)境越干燥現(xiàn)象越明顯，故B錯(cuò)誤；C.PVC管和塑料絲相互排斥，帶的是同種電荷，故C錯(cuò)誤；D.“章魚(yú)”遠(yuǎn)離塑料管的過(guò)程中，靜電力做正功，兩者組成的系統(tǒng)電勢(shì)能減小。故D正確。6.讓電子束通過(guò)電場(chǎng)加速后，照射到金屬晶格（大小約為）上，可得到電子的衍射圖樣，如圖所示.下列說(shuō)法正確的是（）A.電子衍射圖樣說(shuō)明了電子具有粒子性B.加速電壓越大，電子的物質(zhì)波波長(zhǎng)越短C.增大晶格尺寸，更容易發(fā)生衍射D.動(dòng)量相等的質(zhì)子和電子，通過(guò)相同的晶格，質(zhì)子更容易衍射〖答案〗B〖解析〗A.電子衍射圖樣說(shuō)明了電子具有波動(dòng)性，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)解得加速電壓越大，電子的物質(zhì)波波長(zhǎng)越短，故B正確；C.根據(jù)衍射的條件可知，增大晶格尺寸，更不容易發(fā)生衍射，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)，動(dòng)量相等的質(zhì)子和電子，對(duì)應(yīng)的物質(zhì)波波長(zhǎng)也相等，通過(guò)相同的晶格，衍射程度相同，故D錯(cuò)誤。7.如圖是光電倍增管的工作原理圖，其由陰極、陽(yáng)極和多個(gè)倍增電極組成，提高了光電管靈敏度。使用時(shí)相鄰兩倍增電極間均加有電壓，以此不斷加速電子。如圖所示，光電陰極K受光照后釋放出光電子，電子以較大的動(dòng)能撞擊到第一個(gè)倍增電極上，從這個(gè)倍增電極上激發(fā)出更多電子，最后陽(yáng)極A收集到光電網(wǎng)極的電子數(shù)比最初從陰極發(fā)射的電子數(shù)增加很多倍，則（）A.增大倍增級(jí)間的電壓有利于提高其靈敏度B.入射光的頻率越高，陰極K發(fā)射出的光電子的初動(dòng)能一定越大C.圖中標(biāo)號(hào)為偶數(shù)的倍增電極的電勢(shì)高于奇數(shù)的倍增電極的電勢(shì)D.保持入射光頻率和各級(jí)間的電壓不變，增大入射光光強(qiáng)不影響陽(yáng)極收集到的電子數(shù)〖答案〗A〖解析〗A.增大倍增級(jí)間的電壓，光電子獲得的動(dòng)能越大，光電子能夠以更大的動(dòng)能撞擊下一個(gè)倍增管，下一個(gè)倍增管可以發(fā)射數(shù)量更多的光電子，有利于提高其靈敏度，故A正確；B.根據(jù)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程可知，入射光的頻率越高，陰極K發(fā)射出的光電子的最大初動(dòng)能越大，但并不是所有光電子的初動(dòng)能都會(huì)增大，故B錯(cuò)誤；C.使用時(shí)相鄰兩倍增電極間均加有電壓，以此不斷加速電子，可知圖中電勢(shì)關(guān)系為；可知，圖中標(biāo)號(hào)為偶數(shù)的倍增電極的電勢(shì)不一定高于奇數(shù)的倍增電極的電勢(shì)，故C錯(cuò)誤；D.光強(qiáng)指單位時(shí)間照射到單位面積上的光的能量，即為，可知入射光頻率不變，增大入射光的光強(qiáng)時(shí)，即增加入射光的光子數(shù)目，則在保持入射光頻率和各級(jí)間的電壓不變時(shí)，增大入射光光強(qiáng)，最終陽(yáng)極收集到的電子數(shù)增大，故D錯(cuò)誤。8.2023年5月17日10時(shí)49分，由航天科技集團(tuán)五院研制的第五十六顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星搭乘長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭，在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射。該衛(wèi)星屬地球靜止軌道衛(wèi)星，是我國(guó)北斗三號(hào)工程的首顆備份衛(wèi)星，以下說(shuō)法正確的（）A.該衛(wèi)星環(huán)繞地球的速度大于7.9km/sB.該衛(wèi)星的加速度大于赤道上一建筑物的向心加速度C.發(fā)射該衛(wèi)星的速度超過(guò)了第二宇宙速度D.啟動(dòng)該衛(wèi)星的發(fā)動(dòng)機(jī)進(jìn)行加速，能減小該衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期〖答案〗B〖解析〗A.地球第一宇宙速度7.9km/s等于近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，根據(jù)解得由于地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，可知該衛(wèi)星環(huán)繞地球的速度小于7.9km/s，故A錯(cuò)誤；B.地球靜止軌道衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度，根據(jù)解得由于地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑大于赤道上一建筑物的軌道半徑，則該衛(wèi)星的加速度大于赤道上一建筑物的向心加速度，故B正確；C.地球靜止軌道衛(wèi)星沒(méi)有脫離地球束縛，則發(fā)射該衛(wèi)星的速度超過(guò)了第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，故C錯(cuò)誤；D.啟動(dòng)該衛(wèi)星的發(fā)動(dòng)機(jī)進(jìn)行加速，衛(wèi)星將變軌到高軌道，根據(jù)解得由于軌道半徑增大，則可知衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期增大，故D錯(cuò)誤。9.一長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬管從地面以的速率豎直上拋，管口正上方高處有一小球同時(shí)自由下落，金屬管落地前小球從管中穿過(guò).已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。關(guān)于該運(yùn)動(dòng)過(guò)程說(shuō)法正確的是（）A.小球穿過(guò)管所用時(shí)間大于B.若小球在管上升階段穿過(guò)管，則C.若小球在管下降階段穿過(guò)管，則D.小球不可能在管上升階段穿過(guò)管〖答案〗B〖解析〗A.兩物體豎直方向加速度相同，所以小球相對(duì)管來(lái)說(shuō)在做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球穿過(guò)管所用時(shí)間為故A錯(cuò)誤；B.剛好在管上升最高點(diǎn)穿過(guò)管有解得若小球在管上升階段穿過(guò)管，則故B正確；C.若小球在管剛著地時(shí)穿管，有解得結(jié)合B分析可知小球在管下降階段穿過(guò)管則故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)以上分析可知，故D錯(cuò)誤。輸入DC5V2.0A輸出DC5V2.1A容量10000mA·h轉(zhuǎn)換率>85%A.該充電寶能帶上飛機(jī)B.充電寶充電時(shí)將電能轉(zhuǎn)化為熱能C.該充電寶電荷量從零到完全充滿(mǎn)所用時(shí)間為4.8小時(shí)D.該移動(dòng)電源在充滿(mǎn)電的情況下，能為一個(gè)“10W，5V”的USB風(fēng)扇供電時(shí)長(zhǎng)為5小時(shí)〖答案〗A〖解析〗A.該充電寶充滿(mǎn)電后，具有的電能為可知該充電寶能帶上飛機(jī)，故A正確；B.充電寶充電時(shí)將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故B錯(cuò)誤；C.該充電寶電荷量從零到完全充滿(mǎn)所用時(shí)間為故C錯(cuò)誤；D.該移動(dòng)電源在充滿(mǎn)電的情況下，轉(zhuǎn)換率大于百分之85小于百分之百，故能為一個(gè)“10W，5V”的USB風(fēng)扇供電時(shí)長(zhǎng)滿(mǎn)足故D錯(cuò)誤。11.如圖甲所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一匝數(shù)為n、面積為S、總電阻為r的矩形線圈abcd繞軸OO′做角速度為ω的勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，矩形線圈在轉(zhuǎn)動(dòng)中可以保持和外電路電阻R形成閉合電路，回路中接有一理想交流電流表，圖乙是線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t變化的圖像，下列說(shuō)法中正確的是（）A.從t1到t3這段時(shí)間穿過(guò)線圈的磁通量變化量為2nBSB.從t3到t4這段時(shí)間通過(guò)電阻R的電荷量為C.t3時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量變化率為nBSωD.電流表的示數(shù)為〖答案〗D〖解析〗A.由題圖乙可知，t1和t3這兩個(gè)時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量大小均為0，故t1到t3這段時(shí)間穿過(guò)線圈的磁通量變化量為0，故A錯(cuò)誤；B.從t3到t4這段時(shí)間穿過(guò)線圈磁通量的變化量為BS，則平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為通過(guò)電阻R的電荷量為故B錯(cuò)誤；C.t3時(shí)刻線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為由法拉第電磁感應(yīng)定律可得則穿過(guò)線圈的磁通量變化率為故C錯(cuò)誤；D.電流表的示數(shù)為電流的有效值，則有故D正確。12.滑滑梯是小朋友們愛(ài)玩的游戲現(xiàn)有直滑梯AB、AC、AD和BD，A、B、C、D在豎直平面內(nèi)的同一圓周上，且A為圓周的最高點(diǎn)，D為圓周的最低點(diǎn)，如圖所示，已知圓周半徑為R。在圓周所在的豎直平面內(nèi)有一位置P，距離A點(diǎn)為，且與A等高。各滑梯的摩擦均不計(jì)，已知重力加速度為g，則（）A.如果小朋友在A點(diǎn)沿滑梯AB、AC由靜止滑下，B.如果小朋友分別從A點(diǎn)和B點(diǎn)沿滑梯AC，BD由靜止滑下C.若設(shè)計(jì)一部上端在P點(diǎn)，下端在圓周上某點(diǎn)的直滑梯，則小朋友沿此滑梯由靜止滑下時(shí)，在滑梯上運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間是D.若設(shè)計(jì)一部上端在P點(diǎn)，下端在圓周上某點(diǎn)的直滑梯，則小朋友沿此滑梯由靜止滑下時(shí)，在滑梯上運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間是〖答案〗C〖解析〗AB.假設(shè)AB、AC與AD的夾角分別為、，則從AB、AC、BD下滑時(shí)有解得故AB錯(cuò)誤；CD.由AB項(xiàng)分析，畫(huà)出以P點(diǎn)為最高點(diǎn)的半徑為r的等時(shí)圓，如圖當(dāng)兩圓相切時(shí)時(shí)間最短，有解得所以最短時(shí)間為故C正確，D錯(cuò)誤。A.要使木板沿斜面由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，需恒力B.當(dāng)恒力時(shí)，物塊會(huì)與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)C.當(dāng)恒力時(shí)，物塊會(huì)與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)D.當(dāng)恒力時(shí)，物塊滑離木板所用的時(shí)間為〖答案〗C〖解析〗A.要使木板沿斜面加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)物塊與木板整體有解得故A錯(cuò)誤；BC.對(duì)物塊與木板整體，由牛頓第二定律可得對(duì)物塊有為使物塊不滑離木板，則解得綜上可得，當(dāng)時(shí)物塊不滑離木板；當(dāng)時(shí)物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；故B錯(cuò)誤，C正確；D.若，物塊能滑離木板。對(duì)木板有對(duì)物塊有設(shè)經(jīng)時(shí)間t滑塊滑離木板，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得故D錯(cuò)誤。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題，每小題3分，共6分，每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的.全部選對(duì)得3分，選對(duì)但不選全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14.在同一均勻介質(zhì)中，和處有兩個(gè)相干波源同時(shí)起振產(chǎn)生簡(jiǎn)諧橫波，如圖是時(shí)刻的波形圖，沿x軸正、負(fù)方向傳播的波正好分別傳播到坐標(biāo)原點(diǎn)和處，已知兩列波的振幅均為10cm，波速均為。則下列說(shuō)法正確的是（）A.兩波相遇后，坐標(biāo)原點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn)B.經(jīng)0.4s，處于坐標(biāo)原點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為0.6mC.0.4s時(shí)，坐標(biāo)在之間的質(zhì)點(diǎn)位移都為0，故都為振動(dòng)減弱點(diǎn)D.兩個(gè)波源之間（包含波源）有3個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)〖答案〗AB〖解析〗A.由圖可知，時(shí)刻兩列波波峰對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)與原點(diǎn)坐標(biāo)之間的距離均為，又兩列波波速相等，則兩列波的波峰同時(shí)到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)，且兩列波的波長(zhǎng)相等，頻率相等，所以?xún)刹ㄏ嘤龊?，坐?biāo)原點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn)，故A正確；B.兩波波長(zhǎng)均為2m，則周期為設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間，沿x軸負(fù)方向傳播的波剛好傳播到原點(diǎn)處，有已知兩列波振幅均為10cm，所以在前0.2s處于原點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)路程為0.2s時(shí)兩波相遇，原點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，此時(shí)的振幅為則后0.2s經(jīng)過(guò)的路程為則經(jīng)0.4s，處于原點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為故B正確；C.在0.4s時(shí)，左側(cè)的波剛好傳播到2m處，右側(cè)的波剛好傳播到處，坐標(biāo)在之間，兩列波的振動(dòng)情況完全相反且振幅相同，則在0.4s時(shí)，坐標(biāo)在之間的質(zhì)點(diǎn)位移都為0，但不是都為振動(dòng)減弱點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)波形平移法可知，兩列波的起振方向相反，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)與兩波源的距離差等于半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)，該質(zhì)點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，則有（取整數(shù)）兩個(gè)波源之間（包含波源）點(diǎn)與兩波源的距離差滿(mǎn)足則有，，，，，可知兩個(gè)波源之間（包含波源）有6個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。15.光學(xué)授子是一種通過(guò)激光束捕獲并移動(dòng)微小物體（如細(xì)胞、病毒等）的設(shè)備。如圖為一個(gè)底面半徑為R、折射率均勻的圓柱形玻璃磚的橫截面，兩束激光從A點(diǎn)射入玻璃磚后從B、C點(diǎn)射出，入射角為，兩束出射光平行真空中的光速為c。激光束可看作一束動(dòng)量相同的粒子流。以下說(shuō)法正確的是（）A.玻璃磚的折射率為1.5B.根據(jù)動(dòng)量定理可知，兩束光線對(duì)玻璃磚的合力向上C.增大入射角，激光束有可能不能從玻璃磚中射出D.光在玻璃磚內(nèi)的傳播時(shí)間為〖答案〗BD〖解析〗A.兩束光的光路圖如圖所示第一次進(jìn)入玻璃磚，設(shè)折射角為，有幾何關(guān)系解得玻璃磚的折射率故A錯(cuò)誤；B.兩束光進(jìn)入玻璃磚前后的速度和速度變化的矢量三角形如圖由動(dòng)量定理，玻璃對(duì)光子的作用力方向與方向相同，玻璃磚對(duì)光子的作用力的方向與方向相同。由平行四邊形定則，玻璃磚對(duì)光的合力F方向向下。由牛頓第三定律，兩束光線對(duì)玻璃磚的合力向上，故B正確；C.射出玻璃磚的入射角等于射入玻璃磚的折射角，所以增大入射角，激光束肯定能從玻璃磚中射出，故C錯(cuò)誤；D.光在玻璃磚內(nèi)運(yùn)動(dòng)消耗的時(shí)間為又可得故D正確。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.為了探究質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系，一同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，其中M為帶滑輪的小車(chē)的質(zhì)量，m為砂和砂桶的質(zhì)量。（滑輪質(zhì)量不計(jì)）（1）（多選）實(shí)驗(yàn)時(shí)，下列操作不必要的是______A.用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量B.將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力C.改變砂和砂桶的質(zhì)量，打出多條紙帶D.為減小誤差，實(shí)驗(yàn)中一定要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量M（2）如圖所示是實(shí)驗(yàn)打出的一條紙帶，A、B、C、D、E、F、G為計(jì)數(shù)點(diǎn)（相鄰兩點(diǎn)之間還有4個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出），則A點(diǎn)讀數(shù)為_(kāi)______cm，則小車(chē)的加速度為_(kāi)_____（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）AD（2）0.500.20〖解析〗（1）[1]A.固定的彈簧測(cè)力器可以測(cè)出拉力的大小，所以不需要用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量，故A不必要；B.為保證小車(chē)受到的合力等于拉力，應(yīng)將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力，故B必要；C.實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量多組數(shù)據(jù)，所以要改變砂和砂桶的質(zhì)量，打出多條紙帶，故C必要；D.彈簧測(cè)力器可以測(cè)出拉力的大小，所以實(shí)驗(yàn)中不需要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量M，故D不必要。（2）[2]由圖可知，A點(diǎn)的讀數(shù)為0.50cm；[3]由可得17.現(xiàn)用如圖所示雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)測(cè)量光的波長(zhǎng)（1）如圖所示，將測(cè)量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對(duì)齊，將該亮紋定為第1條亮紋，此時(shí)手輪上的示數(shù)為，然后同方向轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線與第5條亮紋中心對(duì)齊，記下此時(shí)圖中手輪上的示數(shù)______mm。（2）已知，雙縫間距d為，測(cè)得雙縫到屏的距離為0.700m.可得所測(cè)光的波長(zhǎng)為_(kāi)______m。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）〖答案〗（1）（2）〖解析〗（1）[1]根據(jù)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法可知，此時(shí)圖中手輪上的示數(shù)為（2）[2]根據(jù)可知18.某同學(xué)欲利用圖所示的電路測(cè)量電流表A1的內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供的實(shí)驗(yàn)器材如下：A.待測(cè)電流表（量程0～300μA，內(nèi)阻約120Ω）；B.電流表（量程0～1mA，內(nèi)阻約為30Ω）；C.電流表（量程0～10mA，內(nèi)阻約為5Ω）；D.定值電阻（阻值為50Ω）；E.定值電阻（阻值為15Ω）；F.滑動(dòng)變阻器（0～20Ω，允許通過(guò)的最大電流為2A）；G.滑動(dòng)變阻器（0～1000Ω，允許通過(guò)的最大電流為0.1A）；H.電源E；I.開(kāi)關(guān)及導(dǎo)線若干。在盡可能減小測(cè)量誤差的情況下，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）圖中電流表A2應(yīng)選用__________，定值電阻R1應(yīng)選用__________，滑動(dòng)變阻器R應(yīng)選用________。（均填器材前的選項(xiàng)字母）（2）根據(jù)圖中的電路圖，用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線，將圖中的實(shí)物圖連接成測(cè)量電路______。（3）正確選擇器材并進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，可獲得電流表A1，A2的多組數(shù)據(jù)I1、I2，作出I2-I1圖線如圖所示，如果圖像的斜率k=3.64，則待測(cè)電流表的內(nèi)阻為RA1=______Ω?！即鸢浮剑?）BDF（2）（3）132〖解析〗（1）[1][2]電流表A2應(yīng)選用B，定值電阻R1應(yīng)選用D；電流表A1兩端的最大電壓為通過(guò)電流表A2的最大電流為兩只電流表能同時(shí)達(dá)到最大值；[3]為了方便調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用總阻值較小的即為F；（2）[4]電路如圖所示（3）[5]由實(shí)驗(yàn)原理可得整理得圖像斜率解得19.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體被絕熱活塞封閉在高度為H＝60cm的絕熱容器中，溫度為，容器側(cè)壁裝有制冷/制熱裝置，可加熱/冷卻氣體，該裝置體積可忽略不計(jì)。容器外的大氣壓強(qiáng)恒為?；钊娣e為S＝100cm2，質(zhì)量，活塞與容器間的滑動(dòng)摩擦力大小為500N。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。不計(jì)活塞厚度，重力加速度為。求：（2）啟動(dòng)制冷/制熱裝置，當(dāng)使活塞恰要開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，氣體的溫度；（3）啟動(dòng)制冷/制熱裝置緩慢加熱氣體，當(dāng)活塞從最初狀態(tài)到活塞滑動(dòng)到容器頂端的過(guò)程中，氣體吸收的熱量Q＝900J，氣體內(nèi)能的變化。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）對(duì)活塞受力分析得（2）活塞恰要開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，對(duì)活塞進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件可得解得氣體做等容變化，由查理定律得（3）當(dāng)活塞從最初狀態(tài)到活塞滑動(dòng)到容器頂端的過(guò)程中做等壓變化，氣體對(duì)外做的功為由熱力學(xué)第一定律得20.一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE，傾角的直軌道EF、水平直軌道FG，傳送帶GH，水平直軌道HI，半圓軌道IJ，水平直軌道KL組成。其中螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B（E）處。直線軌道FG和HI通過(guò)傳送帶GH平滑連接，半圓軌道IJ與直線軌道HI相切于I點(diǎn)，直線軌道KL左端為彈性擋板，滑塊與彈性擋板碰撞后能原速率返回。K在J點(diǎn)正下方，滑塊恰能從KJ間通過(guò)。已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5m，B點(diǎn)高度為1.2R，F(xiàn)G長(zhǎng)度，傳送帶GH長(zhǎng)，HI長(zhǎng)，，半圓軌道IJ的半徑r＝0.2m。滑塊與FG間的動(dòng)摩擦因素，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因素，與軌道HI和KL間的動(dòng)摩擦因素均為，其余軌道光滑。現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3m處?kù)o止釋放（滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，所有軌道都平滑連接，不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，）（1）求滑塊過(guò)C點(diǎn)的速度大小和滑塊對(duì)軌道的作用力；（2）若最初傳送帶靜止，那么滑塊最終靜止的位置距離H點(diǎn)的水平距離有多遠(yuǎn)；（3）若傳送帶以恒定的線速度v順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，要使滑塊停在KL上（滑塊不會(huì)再次返回半圓軌道IJ回到HI上），傳送帶的速度需滿(mǎn)足的條件。〖答案〗（1）；，豎直向上；（2）；（3）〖解析〗（1）滑塊從靜止釋放到C點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得解得滑塊過(guò)C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得由牛頓第三定律可知滑塊對(duì)軌道的作用力大小為方向豎直向上（2）滑塊滑下斜面AF重力做功若傳送帶靜止，滑塊運(yùn)動(dòng)到I點(diǎn)，需克服摩擦力做功由動(dòng)能定理可知滑塊從斜面上滑下到達(dá)I點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能設(shè)滑塊滑上半圓軌道IJ的高度，則解得則滑塊恰好滑上半圓軌道的，然后滑下，由動(dòng)能定理得解得滑塊滑下半圓軌道在HI上滑行的位移大小所以滑塊最終靜止的位置距離H點(diǎn)的水平距離（3）滑塊恰好能到達(dá)J，則滑塊恰好能到達(dá)J，則滑塊在H點(diǎn)的動(dòng)能解得由動(dòng)能定理可知滑塊從斜面上滑下到達(dá)I點(diǎn)解得若傳送帶不動(dòng)，滑塊到達(dá)H點(diǎn)解得則滑塊在傳送帶上先減速再勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶的速度為若滑塊在KL上與彈性擋板碰撞后，恰好停在K點(diǎn)，則從H到停下由動(dòng)能定理得解得所以滑塊在傳送帶上要加速，傳送帶的最大速度為因此要使滑塊停在KL上（滑塊不會(huì)再次返回半圓軌道IJ回到HI上），傳送帶的速度需滿(mǎn)足的條件21.如圖所示，水平面上有一光滑矩形金屬軌道，間距為，左側(cè)有一恒流源，電流。以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為正方向建立x軸，垂直x軸方向建立y軸，在至x＝的軌道區(qū)間I存在豎直向上的磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），此磁場(chǎng)沿x軸正方向的變化規(guī)律為，沿y軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度不變。磁場(chǎng)右側(cè)M、N兩處用光滑絕緣材料連接，右側(cè)軌道上放置了一個(gè)“”形質(zhì)量為的金屬框edcf，其中ed，cf邊長(zhǎng)度均為。cd邊垂直導(dǎo)軌，長(zhǎng)度為，電阻阻值為；在金屬框右側(cè)長(zhǎng)為，寬為的區(qū)域Ⅱ存在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；軌道最右端接一個(gè)阻值的電阻.現(xiàn)質(zhì)量也為，長(zhǎng)度為的金屬棒ab在磁場(chǎng)I區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到水平向右的恒力，由靜止從處開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，ab棒離開(kāi)磁場(chǎng)I區(qū)域時(shí)立刻撤去恒力。金屬棒ab與“”形金屬框edcf相碰后會(huì)粘在一起形成閉合導(dǎo)體框abcd，閉合導(dǎo)體框abcd滑出磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)域后可和右側(cè)的固定彈性墻K發(fā)生彈性碰撞。整個(gè)滑動(dòng)過(guò)程ab始終和軌道垂直且接觸良好。已知，，，，除已給電阻外其他電阻均不計(jì)。若導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)到處時(shí)剛好勻速，求：（〖提示〗可以用圖像與x軸所圍的“面積”代表力F做的功），求：（1）里的；（2）閉合導(dǎo)體框abcd進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)的速度；（3）最終ab棒會(huì)停止在距離磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ右邊緣多遠(yuǎn)處？〖答案〗（1）；（